Question

19．已知函數f（x）=ax-1-axlnx（x＞0，0＜a≤1）．
（1）求函數f（x）的最大值；
（2）設g（x）=$\frac{lnx}{ax-1}$，當a∈（0，1]時，試討論函數g（x）的單調性；
（3）利用（2）的結論，證明：當n＞m＞0時，（1+n）^m＜（1+m）ⁿ．

Answer 1

分析 （1）利用導數判定函數的單調性，得出f（x）的最大值；
（2）求出g′（x）=$\frac{a-\frac{1}{x}-alnx}{（ax-1）^{2}}$，令h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx，利用導數求出h（x）的最值得出h（x）≤0，從而得出g′（x）＜0，即可得出g（x）的單調性；
（3）令a=1得出g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$在（1，+∞）上單調遞減，于是新函數F（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$在（0，+∞）上單調遞減，得出F（n）＜F（m），化簡即可得出結論．

解答 解：（1）f′（x）=a-alnx-a=-alnx，
∴當0＜x＜1時，f′（x）＞0，當x＞1時，f′（x）＜0，當x=1時，f′（x）=0，
∴f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴f_max（x）=f（1）=a-1．
（2）g′（x）=$\frac{a-\frac{1}{x}-alnx}{（ax-1）^{2}}$，設h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx，則h′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}-\frac{a}{x}$=$\frac{1-ax}{{x}^{2}}$，
∴當0$＜x＜\frac{1}{a}$時，h′（x）＞0，當x＞$\frac{1}{a}$時，h′（x）＜0，當x=$\frac{1}{a}$時，h′（x）=0，
∴h_max（x）=h（$\frac{1}{a}$）=-aln$\frac{1}{a}$，
∵0＜a≤1，∴-aln$\frac{1}{a}$≤0，
∴h（x）=a-$\frac{1}{x}$-alnx≤0，
∴g′（x）≤0，
又g（x）=$\frac{lnx}{ax-1}$的定義域為（0，$\frac{1}{a}$）∪（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）和（$\frac{1}{a}$，+∞）上是減函數．
（3）由（2）可知當a=1時，g（x）=$\frac{lnx}{x-1}$在（1，+∞）上單調遞減，
設F（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}$，則F（x）在（0，+∞）上單調遞減，
∵n＞m＞0，
∴F（n）＜F（m），即$\frac{ln（n+1）}{n}＜\frac{ln（m+1）}{m}$，
∴mln（n+1）＜nln（m+1），
∴l(xiāng)n（n+1）^m＜ln（m+1）ⁿ，
∴（n+1）^m＜（m+1）ⁿ．

點評 本題考查了導數與函數單調性，最值的關系，利用函數單調性證明不等式，屬于中檔題．